Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác ứng dụng một số tính chất hình học để giải quyết các bài toán tọa độ trong phẳng

Chia sẻ: Bobietbay | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

Thêm vào BST

Báo xấu

37
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm là giáo viên có thể trực tiếp sử dụng sáng kiến để giảng dạy chuyên đề về tọa độ trong mặt phẳng với mục đích ôn thi Đại học, cao đẳng, cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi trong các kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Học sinh sau khi được trang bị những kiến thức cơ bản trên lớp có thể sử dụng tài liệu để tự học, tự nghiên cứu để bổ sung thêm kiến thức chuyên sâu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác ứng dụng một số tính chất hình học để giải quyết các bài toán tọa độ trong phẳng

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN KHAI THÁC ỨNG DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG PHẲNG Các tác giả: Nguyễn Trường Sơn Nguyễn Thị Bích Ngọc Nguyễn Thị Hiền Đinh Kim Thoa Bùi Mỹ Nương Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy Ninh bình, tháng 5 năm 2014 0
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Sở khoa học và công nghệ Tỉnh Ninh Bình. Chúng tôi: STT Họ và tên Ngày tháng Nơi công tác Chức Trình Tỷ lệ năm sinh danh độ đóng góp chuyên vào việc môn tạo ra sáng kiến 1 Nguyễn Trường 01/08/1983 Trường THPT Không Đại học 50% Sơn Chuyên Lương Văn Tụy 2 Nguyễn Thị Bích 04/06/1976 Trường THPT Tổ phó Đại học 15% Ngọc Chuyên Lương tổ Văn Tụy Toán Tin 3 Bùi Mỹ Nương 10/02/1978 Trường THPT Không Thạc sỹ 15% Chuyên Lương Văn Tụy 4 Nguyễn Thị Hiền 06/01/1968 Trường THPT Phó bí Thạc sỹ 10% Chuyên Lương thư chi Văn Tụy bộ 5 Đinh Kim Thoa 27/01/1976 Trường THPT Không Đại học 10% Chuyên Lương Văn Tụy Là các đồng tác giả đề nghị công nhận sáng kiến: KHAI THÁC ỨNG DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG PHẲNG.  Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán ở các trường THPT và các trường Đại học, cao đẳng sư phạm. 1
 Mô tả bản chất của sáng kiến * Về nội dung của sáng kiến:  Các bước thực hiện giải pháp và điều kiện áp dụng: + Giáo viên có thể trực tiếp sử dụng sáng kiến để giảng dạy chuyên đề về tọa độ trong mặt phẳng với mục đích ôn thi Đại học, cao đẳng, cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi trong các kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. + Học sinh sau khi được trang bị những kiến thức cơ bản trên lớp có thể sử dụng tài liệu để tự học, tự nghiên cứu để bổ sung thêm kiến thức chuyên sâu.  Hiện trạng trước khi áp dụng giải pháp mới: 1. Trong các đề thi Đại học- Cao đẳng từ trước tới nay, các bài toán về tọa độ trong mặt phẳng thường xuyên xuất hiện với mức độ ngày càng khó và phong phú hơn. Có thể nói các câu hỏi liên quan tới bài toán này thường là câu để học sinh đạt 8, 9, 10 điểm. Để giải quyết các dạng bài toán này học sinh cần có kiến thức hình học phẳng chắc chắn. Việc phát hiện ra "nút thắt" của bài toán là điều quan trọng nhất, quyết định tới thành công của lời giải. Giải bài toán Oxy cũng giống như chúng ta giải một thế cờ. Tuy nhiên, do các em học sinh học tương đối yếu về hình học phẳng nên việc phát hiện ra được tính chất hình học phẳng là vô cùng khó khăn. Điều đó đã làm cho các em không tự tin và mất điểm một cách đáng tiếc. 2. Chương trình học của chuyên đề này lại nằm ở lớp 10, khi đó các em học sinh còn nhiều bỡ ngỡ, chưa ôn tập và tìm hiểu sâu các kiến thức liên quan. Mặt khác, trong các sách giáo khoa và sách bài tập toán, phần bài tập cũng như lý thuyết chỉ dừng lại ở mức độ cơ bản, ít dạng bài tập, ít kiến thức được vận dụng. Trong các tài liệu tham khảo, các bài tập về tọa độ trong hình học phẳng mà có sử dụng kiến thức về hình học phẳng có thể nói là chưa nhiều, chưa được xây dựng theo một hệ thống chi tiết và thường chỉ đưa ra các dạng bài tập ứng dụng về một vấn đề chung như các bài toán về viết phương trình đường thẳng, đường tròn, chưa có nhiều các dạng bài tập nâng cao. 3. Thực tế, trong một lớp có nhiều đối tượng học sinh với mức độ nhận thức khác nhau, đòi hỏi phải có một hệ thống bài tập phù hợp cho từng đối tượng. Trong các tài liệu hiện hành cũng đã chú ý đến việc phân loại học sinh nhưng chưa phong phú và chưa sát thực. 4. Khi soạn giảng, giáo viên bắt buộc phải tham khảo rất nhiều tài liệu từ nhiều phương tiện, nhất là đối với những đối tượng học sinh luyện thi đại học và học sinh giỏi các cấp, do đó mất rất nhiều thời gian, công sức, tốn kém nhiều tiền bạc. 5. Để đáp ứng yêu cầu nghiên cứu và giảng dạy hình học tọa độ trong mặt phẳng học sinh cần phải có kiến thức và kĩ năng tốt, nếu không phân tích cách giải và lời giải chi tiết thì người đọc không thể hiểu rõ bản chất của bài toán đó và dẫn đến giải bài toán một cách máy móc, thậm chí dễ mắc phải sai lầm. 2
 Những điểm mới về giải pháp: +Về nội dung: 1. Các tác giả đã xoay quanh một bài toán nhỏ, khai thác các ứng dụng hình học của bài toán đó. Các bài tập được sắp xếp từ cơ bản đến phức tạp, từ dễ đến khó, phù hợp với trình độ nhận thức của mọi đối tượng học sinh, có thể dành cho nhiều đối tượng học sinh từ người mới học đến những học sinh dự thi học sinh giỏi các cấp. 2. Đa số các bài toán được sáng tạo nên thông qua các phần mềm toán học như The Geometer’s Sketchpad, Cabri…. 3. Các kiến thức hình học trong tài liệu đều liên quan tới kiến thức THCS nên việc tiếp cận với chuyên đề này không khó khăn. Chuyên đề viết một cách có hệ thống và có phân tích lời bình để chỉ ra nút thắt của bài toán nên học sinh sẽ dễ tìm hiểu và mở rộng vấn đề. Từ đó giúp các em biết cách học, biết cách suy nghĩ, tìm tòi và từng bước sáng tạo trong học toán. +Về phương pháp: 1. Xuất phát từ yêu cầu cơ bản của việc dạy và học phần hình học tọa độ trong mặt phẳng, học sinh cần nắm vững hệ thống các kiến thức cơ bản và những ki năng cần thiết để có thể giải quyết thành thạo các dạng bài tập từ dễ đến phức tạp. 2. Từ thực tế trong trường có nhiều đối tượng học sinh, từ học sinh chuyên, cận chuyên đến không chuyên. Đề tài đã được đúc rút thông qua quá trình giảng dạy thực tế ở một số lớp và trên các đối tượng học sinh trong mỗi lớp, đặc biệt các lớp ôn thi đại học. 3. Trong quá trình thực hiện đề tài chúng tôi luôn tham khảo, trao đổi với các giáo viên khác trong tổ.  Hiệu quả kinh tế và hiệu quả xã hội đã đạt được. 1. Hiệu quả kinh tế. Qua ý kiến nhận xét của học sinh, của đồng nghiệp đã sử dụng sáng kiến này làm tài liệu tham khảo học tập và nghiên cứu, hiệu quả kinh tế mà sáng kiến mang lại là rất lớn cụ thể: - Tiết kiệm được nhiều thời gian và công sức tìm tòi tài liệu của giáo viên và học sinh trong giảng dạy và học tập môn Toán. - Tiết kiệm được nhiều chi phí mua tài liệu và sưu tầm tài liệu. - Tiết kiệm được tiền mời thầy tập huấn cho đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia. 2. Hiệu quả xã hội. Sáng kiến này được các tác giả triển khai áp dụng vào giảng dạy lớp 10, 11, 12 từ năm học 2013 và được học sinh sử dụng hiệu quả. Hiệu quả mà sáng kiến này cùng các chuyên đề khác mang lại về mặt giáo dục, xã hội trước hết là kết quả thi đại học, học sinh giỏi các cấp của học sinh. Kết quả thi đại học môn Toán của học sinh chuyên 3
Toán – K52 là rất cao, các em đều đạt 9 điểm trở lên, các học sinh lớp khác như chuyên Sinh, 12B1 năm học 2013 cũng đạt điểm khá cao. Đặc biệt, một phần sáng kiến đã được gửi lên tạp chí toán học tuổi trẻ và đã được đăng trên tạp chí, được các bạn độc giả đón nhận. - Sáng kiến này là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên, sinh viên, học sinh khi nghiên cứu toán học. Giúp cho việc học tập chuyên đề liên quan tới các bài toán tọa độ trong phẳng được dễ dàng, hiệu quả; không cần mất thời gian, sức lực, trí óc để tìm và tổng hợp kiến thức. - Giúp quá trình học tập, giảng dạy chuyên đề tọa độ phẳng được dễ dàng và hiệu quả. Làm nền tảng cho việc tiếp tục nghiên cứu và phát triển cũng như ứng dụng trong các bài tọa độ trong không gian. - Giúp học sinh rèn kỹ năng tự học tự nghiên cứu, rèn khả năng quan sát, tư duy hình học.  Về khả năng áp dụng của sáng kiến: - Đây là một cách thức phân loại bài tập theo hướng đổi mới tư duy cho cả người học và người dạy, phù hợp với xu thế, yêu cầu đổi mới phương pháp dạy và học toán hiện nay. - Sáng kiến là một tài liệu tham khảo rất hữu ích cho mọi đối tượng học sinh và giáo viên học tập, nghiên cứu và giảng dạy môn Toán. - Quá trình áp dụng sáng kiến tại trường THPT chuyên Lương Văn Tụy từ năm 2013 cho thấy sáng kiến dễ dàng áp dụng và mang lại hiệu quả. Để sử dụng hiệu quả sáng kiến, người học nên sử dụng thêm các phần mềm vẽ hình chuyên dụng cho bộ môn toán để giúp cho việc sáng tạo cũng như phát hiện tính chất hình học một cách dễ dàng hơn. - Giáo viên có thể xây dựng thêm các bài tập trên cơ sở sự phân loại bài tập để làm phong phú thêm kiến thức, tăng cường thêm số lượng bài tập áp dụng.  Những cá nhân và đơn vị đã áp dụng sáng kiến: 4
- Bùi Nghĩa Hải -giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ. - Phạm Vân Hà- giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ. - Phạm Đức Tùng- giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ. - Tập thể lớp 10 chuyên toán ( năm học 2013-2014) - Tập thể lớp 10 B1 ( năm học 2013-2014) - Tập thể lớp 10 chuyên sinh ( năm học 2013-2014) Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật. Ninh Bình, ngày 22 tháng 05 năm 2014 Người nộp đơn Nguyễn Trường Sơn 5
PHỤ LỤC I. GIẢI TAM GIÁC. Ta gọi chung các bài toán: Xác định tọa độ đỉnh của tam giác, các yếu tố liên quan đến đường cao, trung tuyến, phân giác, trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội, ngoại tiếp là giải tam giác. Muốn giải quyết tốt các dạng câu hỏi về giải tam giác ta cần nắm chắc các tính chất cơ bản sau: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I), H là trực tâm của tam giác. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ B,C. M là trung điểm của cạnh BC. G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó:    Nhận xét 1. AH  2 IM  2 AJ ( trong đó J là trung  điểm  của đoạn AH). Từ đó suy ra: GH  2GI . Chứng minh. + Với tam giác ABC vuông thì hiển nhiên nhận xét 1 đúng. + Với tam giác ABC không vuông. Gọi D là điểm đối xứng của A qua I. Suy ra D thuộc đường tròn (I).  DC  AC Ta có:   DC  BH .  BH  AC Tương tự, ta chứng minh được DB  CH . Khi đó, tứ giác BHCD là hình bình hành. Lại  có, M  là trung  điểm của BC nên suy ra M là trung điểm của HD. Khi đó : AH  2 IM  2 AJ ( đpcm).         Ta có : GA  2GM do đó: GH  HA  2GI  2 IM  GH  2GI . Thông qua nhận xét 1, học sinh nhận thấy các điểm H, M, D thẳng hàng và M chính là trung điểm của HD. Nhận xét này cũng thường xuất hiện trong các đề thi Đại học – Cao đẳng. Nhận xét 2. JM  IA, IA  EF . 6
Chứng minh :   CEB Ta có: CFB   900 nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm M Ta cũng có : AFHE nội tiếp đường tròn tâm J. Suy ra : JM  EF . Theo nhận xét 1, suy ra : IA  JM . Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét 3. Gọi P là giao điểm thứ hai của đường thẳng BH với đường tròn (I). Khi đó, P là điểm đối xứng của H qua đường thẳng AC. Chứng minh: Ta có:  ACP   ABP ( cùng chắn cung AP) .  ACP    ABE ( vì tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn). Suy ra: ABP ABE . Như vậy, BA vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên suy ra điều phải chứng minh. Chú ý: Nếu P là điểm đối xứng của trực tâm H qua đường thẳng AC của tam giác ABC thì P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC sẽ đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác HAC qua đường thẳng AC Nhận xét 4. Gọi Q là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác nhọn ABC. Khi đó H là tâm nội tiếp của tam giác EFQ . Chứng minh:   FQH Tứ giác AFHQ nội tiếp đường tròn nên FBH .   EQH Tứ giác HQCE nội tiếp đường tròn nên ECH .   EQH Từ đó suy ra: FQH  ( do  ACP   ABE ). Vậy QH là đường phân giác của góc Q. Chứng minh tương tự ta cũng có EH là phân giác của góc E, FH là phân giác của góc F. Như vậy H là tâm nội tiếp tam giác ABC. Nhận xét 5. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó đường thẳng AJ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BAC tại điểm chính giữa của cung BC (không chứa A). Giả sử điểm đó là U. Khi đó dễ thấy: UJ=UB=UC. Sau đây, chúng tôi xin đưa ra một vài các ví dụ áp dụng các nhận xét này. Thí dụ 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  25 ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có chân các đường cao hạ từ B, C lần lượt là M(-1;-3), N(2;-3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng điểm A có tung độ âm. 7
Phân tích lời giải. Với những kiến thức được trang bị ở trên, các em học sinh dễ dàng phán đoán và đưa ra lời giải. Học sinh sẽ nhận ra được OA  MN , để từ đó viết được phương trình đường thẳng OA. Khi đó sẽ đi tìm được điểm A. Mấu chốt của bài toán chính là việc tìm được tọa độ điểm A Lời giải.  Cách 1. Đường tròn (C ) có tâm O(0;0), bán kính R  5 . Ta có: MN  (3;0) Theo  nhận xét 2, ta có: OA  MN . Khi đó đường thẳng OA qua O, nhận MN  (3;0) làm vecto pháp tuyến có phương trình: x  0 . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: x  0 x  0   2 2   y  5  x  y  25   y  5  Vì A có tung độ âm nên A(0;-5).   Ta có: AM  (1;2), AN  (2; 2) lần lượt là vecto chỉ phương của đường thẳng AC, AB. Phương trình đường thẳng AC: 2 x  y  5  0 . Phương trình đường thẳng AB: x  y  5  0 . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: 2 x  y  5  0  x  0; y  5  2 2   C (4;3) .  x  y  25  x  4; y  3 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: x  y  5  0  x  0; y  5  2 2   x  5; y  0  B (5;0) .  x  y  25        Dễ thấy: AB. AC  0, BC.BA  0, CB.CA  0 nên tam giác ABC nhọn. Vậy A(0; 5), B (5;0), C ( 4;3) . Cách 2. Giả sử H ( a; b) . Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của đường thẳng CH, BH với đường tròn (C ) . Theo nhận xét 3, P, Q lần lượt là điểm đối xứng của H qua các AB, AC. Vậy P(4  a, 6  b), Q ( 2  a; 6  b) . Ta có hệ: 8
(4  a )2  (6  b)2  25  a  1, b  2  2 2   a  1, b  10 (2  a)  (6  b)  25      Với H (1; 2) . Ta có: HM  (2; 1), HN  (1; 1)  HM .HN  1  0 .      là Với H (1; 10) . Ta có: HM  ( 2;7), HN  (1;7)  HM .HN  47  0 . Suy ra BAC góc tù ( mâu thuẫn với giả thiết). Do đó H (1; 2) . Phương trình đường thẳng AC: 2 x  y  5  0 . Phương trình đường thẳng AB: x  y  5  0 .   1 3 Gọi I là trung điểm của BC. Từ AH  2OI suy ra I ( ; ) . Phương trình đường thẳng 2 2 BC là: x  3 y  5  0 . Từ đó suy ra các điểm A(0; 5), B (5; 0), C (4;3) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thí dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-2;-1), trực tâm H(2;1), BC  2 5 . Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Lập phương trình đường thẳng BC, biết trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng d: x-2y-1=0 và M có tung độ dương. Lời giải. M thuộc đường thẳng d nên M (2a  1; a )(a  0) . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.    Ta có AH  (4;2), AH  2 5 và AH  2 IM , suy ra I (2a  1; a  1), IM  5 M là trung điểm BC nên IM  BC . Do đó : 2 2  BC  2 IA     IM  10  2   (2a  1) 2  a 2  10  5a 2  4a  9  0 a  1  a   9  5 Do a>0 nên a=1. Suy ra M(3;1). 9
 Đường thẳng BC đi qua M(3;1), nhận AH  (4;2) làm vecto pháp tuyến có phương trình: 2x+y-7=0. Thí dụ 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, trực tâm H(-3;2). Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Biết điểm A nằm trên đường thẳng d : x  3 y  3  0 , điểm F(-2;3) thuộc đường thẳng DE và HD=2. Tìm tọa độ điểm A. Lời giải.Do A nằm trên đường thẳng d : x  3 y  3  0 nên A(3t  3; t ) với t   .   FA  (3t  5, t  3) , HA  (3t  6, t  2) . Do tam giác ABC cân tại A nên AH  DE . Xét tam giác vuông HAD ta có: AD2  AH 2  HD2 . Khi đó: FA2  FH 2  DA2  DH 2  FA2  FH 2  AH 2  2 HD 2  (3t  5) 2  (t  3)2  2  (3t  6) 2  (t  2)2  8 t 0 Vậy A (3;0). Lời bình: Một tính chất thú vị được sử dụng trong thí dụ 3, rất hay gặp đó là: Cho 4 điểm A, B, C, D mà AB vuông góc với CD thì khi đó AC 2  AD 2  BC 2  BD 2 . Thí dụ 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A. 11 13 Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng AB. Gọi E (7;1), F ( ; ) lần lượt là chân đường 5 5 cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng phương trình đường thẳng CN là 2 x  y  13  0 . Lời giải. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do tam giác ABC cân tại A nên AG chính là đường trung trực của đoạn thẳng EF. Phương trình của đường thẳng AG là 3x  y  12  0 . Tọa độ điểm G là nghiệm của hệ phương trình:  2 x  y  13  0 x  5    G (5;3) .  3x  y  12  0 y  3 A  AG  A( a;3a  12), C  CN  C (c;13  2c ) . Do G là trọng tâm tam giác ABC nên suy ra B(15  a  c;8  3a  2c) ,  CB(15  a  2c; 5  3a  4c)   EB(8  a  c;7  3a  2c), EC (c  7;12  2c) 10
 AG  BC Ta có:   EB  EC 15  a  2c  3(5  3a  4c )  0  (8  a  c )(c  7)  (7  3a  2c )(12  2c)  0 ac7 Khi đó ta có A(7;9), B (1;1), C (7; 1) . Thí dụ 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), bán kính R  5 . Chân đường cao hạ từ B, C của tam giác ABC lần lượt là H(3;3), K(0;-1). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK, biết rằng tung độ điểm A dương.  Lời giải. Ta có : KH  (3; 4) Theo nhận xét 2, ta có IA  HK . Do đó đường thẳng IA có phương trình là :  x  1  4t  (t  )  y  2  3t 2 A thuộc đường thẳng IA nên A(1  4t ;2  3t ) với t  . 3 t  1 Ta có: IA  5  16t 2  9t 2  25   . Vậy A( 3;5) .  t  1 Đường thẳng AB có phương trình: 2 x  y  1  0 Đường thẳng AC có phương trình: x  3 y  12  0 Đường thẳng BH có phương trình: 3x  y  6  0 Đường thẳng CK có phương trình: x  2 y  2  0 . Khi đó dễ dàng suy ra: B(1; 3), C (6;2) . Gọi J là tâm ngoại tiếp tứ giác BCHK. Suy ra J là trung điểm của BC. Khi đó: 7 1 J ( ; ) . 2 2 7 1 25 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK là: ( x  ) 2  ( y  ) 2  . 2 2 2 Lời bình: Có rất nhiều cách xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK. Ta có thể xác định tâm V đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK. Sau đó suy ra tâm J bằng cách sử dụng nhận xét 1. 11
Thí dụ 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho 3 điểm E(-1;-2), F(2,2), Q(- 1,2) lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các điểm A, B, C của tam giác ABC. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC. Lời giải: Theo nhận xét 4, trực tâm H của tam giác ABC chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFQ. Do đó, ta tìm tọa độ điểm H như sau: Gọi U là giao điểm của AE với QF. Khi đó ta có: UQ EQ 4  4  1    UQ   UF  U ( ; 2) UF EF 5 5 3 HU FU 1  1     HU   HE  H (0;1) . HE FE 3 3 Phương trình đường thẳng AB là –x+y-3=0 Phương trình đường thẳng AC là 2x+y-6=0 Phương trình đường thẳng BC là x+3y+7=0. Thí dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B(4;3), C(1;4). Gọi H, B’, C’ lần lượt là trực tâm, chân đường cao kẻ từ B, chân đường cao kẻ từ C của tam giác ABC. Trung điểm của đoạn thẳng AH nằm trên đường thẳng có phương trình x-y=0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng qua B’ và C’ có phương trình là x+2y-7=0 và hoành độ của A nhỏ hơn 2. 5 7 Lời giải. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AH. Suy ra: M ( ; ) . 2 2  Theo nhận xét 2, ta có đường thẳng MN đi qua M và nhận n  (2; 1) làm vecto pháp tuyến. Phương trình đường thẳng MN là: 5 7 2( x  )  ( y  )  0  4 x  2 y  3  0 . 2 2 Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: 4 x  2 y  3  0 3 3 3   x  y   N( ; ). x  y  0 2 2 2 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AB’HC’. 3 3 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác AB’HC’ là: ( x  ) 2  ( y  )  R 2 . 2 2 5 7 5 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCB’C’ là: ( x  ) 2  ( y  ) 2  . 2 2 2 12
23 Phương trình đường thẳng B’C’ là: 2 x  4 y  R 2   0. 2 23 5 5 Do đó: R 2   14  R 2   R  . 2 2 2 3 3  Đường thẳng AH qua điểm N ( ; ) nhận n1  ( 3;1) làm vecto pháp tuyến nên 2 2 phương trình của đường thẳng AH là: 3x  y  3  0 . Do A nằm trên đường thẳng AH nên A(t ,3t  3) với t  2 . Lại có: 3 9 5 t  1 NA  R  (t  ) 2  (3t  ) 2     t  1. 2 2 2 t  2 Vậy điểm A(1 ;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thí dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, các đường thẳng AH, BH, CH lần lượt cắt đường trọn ngoại tiếp tam giác 6 17 ABC tại D(2;1), E(3;4)và K ( ; ) . Viết phương 5 5 trình BC. Lời giải. Gọi M, N, J lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Theo nhận xét 4, H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác JMN. Lại theo nhận xét 3, các điểm D, E, K lần lượt là các điểm đối xứng của H qua các đường thẳng BC, CA, AB. Như thế, H cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KDE. Trước hết các bạn nhớ lại bài toán sau: Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục Oxy, tọa độ tâm nội tiếp tam giác ABC sẽ được tính theo công thức sau:  ax A  bxB  cxC  xI  abc  (*).  y  ay A  byB  cyC I  a bc Trở lại bài toán trên: Giả sử H ( x; y ) . Ta có:   9 3 3 10 DE  (1;3)  DE  10, EK  (  ;  )  EK  , 5 5 5  4 12 4 10 DK  ( ; )  DK  5 5 5 13
 24 10   xH  5  2  12 10  5 17 Khi đó, áp dụng công thức (*) ta có:   H (2; )  34 10 6  5  17  yH  6  12 10  5 23 M là trung điểm của HD nên M (2; 12 ) . 23 Phương trình đường thẳng BC là: y  12 . Thí dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn (I) 3 5 có A(2;9). Trung điểm của BC là D ( ;  ) . Biết BC vuông góc với đường thẳng 2 2  : 3x  y  2013  0 . Gọi M là điểm tùy ý thuộc cung nhỏ BC. Điểm P, Q tương ứng là điểm đối xứng của M qua AC và AB. Biết phương trình đường thẳng chứa PQ là y=6. Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác ABC. Lời giải. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AC, AB. Theo nhận xét 3, ta có E, F thuộc đường tròn (I). Ta có: MHEP, MHFQ là những hình thang cân. Khi đó:   MEH PHE   MAB  , QHF  MFH  MAC  .   QHF Do đó: PHE   EFH   MAB  MAC   QHF   1800 . Suy ra: P, Q, H thẳng hàng ( đường thẳng PQ chính là đường thẳng Steiner).  Do đó: H (t ; 6) và AH  (t  2; 3) .   Do  : 3x  y  2013  0 vuông góc với BC nên AH  (t  2; 3) và n  (3; 1) cùng t 2 phương. Suy ra:  3  t  11. 3 Vậy H (11;6) . Theo nhận xét 1, ta có:  3   9  2( 2  x) AH  2 ID    3  2( 5  y ) .  2  x  3   I ( 3; 1)  y  1 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 2 2 ( x  3)  ( y  1)  125 . 14
Phương trình đường thẳng BC là : x  3 y  6  0 . Tọa độ B, C thỏa mãn hệ phương trình :  5 5 2 2  y  1, x  3(  1) ( x  3)  ( y  1)  125 2 2   x  3y  6  0  y   5  1, x  3( 5  1)  2 2 5 5 5 5 Vậy B( 3(  1);  1), C (3(  1);   1) và 2 2 2 2 5 5 5 5 C (3(  1);  1), B (3(  1);   1) . 2 2 2 2 Lời bình: Mấu chốt của thí dụ 9 chính là chứng minh được P,Q,H thẳng hàng. Điều này làm cho các học sinh vô cùng lúng túng và thấy rất khó khăn. Thí dụ 10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường 11 7 tròn có bán kính R  10 , G ( ; ) là trọng tâm tam giác ABC. Các điểm 3 3 K (4;4), T (3;1) lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Lời giải. Gọi M, N , P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, H là trực tâm tam giác ABC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, J là tâm đường tròn Euler. Xét phép vị tự V(G;-2) ta có: V  G ; 2  ( P )  C , V  G; 2  ( M )  A, V  G ; 2  ( N )  B Suy ra, qua phép vị tự V(G;-2) đường tròn Euler biến thành đường tròn (I). Như vậy, I chính là ảnh của J qua phép vị tự V(G;-2) và bán kính đường tròn (J) 10 là R1  . 2 Phương trình đường trung trực của đoạn KT là x  3 y  11  0 . Do K, T thuộc đường tròn (J) nên tâm J nằm trên đường trung trực của đoạn KT.Vậy J (11  3t ; t ) . 10 5 5 7 5 Ta có : JT   (8  3t ) 2  (t  1) 2   t   J ( ; ) . 2   2 2 2 2 V  G; 2  ( J )  I  GI  2GJ  I (4; 2) .   Theo nhận xét 1, ta có : GH  2GI  H (3;3) . Phương trình đường thẳng HK là x-y =0. 15
Phương trình đường thẳng HT là x=3. Phương trình đường thẳng BC là x+y-8=0. Phương trình đường thẳng AC là y=1 Do A là giao điểm của HK và AC nên A(1;1). C là giao điểm của BC và AC nên C(7;1). B là giao điểm của HT và BC nên B(3;5). Thí dụ 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 11 2 10 thuộc đường tròn (C): ( x  ) 2  ( y  ) 2  và trực tâm H thuộc đường 3 3 9 thẳng x−3y−1=0. Tìm tọa độ điểm C, biết A(2;−1), B(6;1). Lời giải. Gọi M là trung điểm của AB. Xét phép vị tự tâm M tỷ số k = -3, biến điểm G thành điểm D. Do G thuộc đường tròn (C) nên qua phép vị tự V(M;-3) ta suy ra D sẽ thuộc đường tròn (C’) có phương trình: ( x  5) 2  ( y  2) 2  10 . Dễ thấy: A, B thuộc đường tròn (C’). Do đó (C') là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Hay (C') là đường tròn đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua tâm M và cũng là đường tròn đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua đường thẳng AB. Do đó đường tròn (C') lại đi qua trực tâm H. Vậy H là giao điểm của (C') và đường thẳng d. Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình: ( x  5) 2  ( y  2) 2  10 y 1    H (4;1) .  x  3 y  1  0  x  4 Phương trình đường thẳng AC là: x=2. Phương trình đường thẳng BC là: x+y-7=0. Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình: x  2 x  2    C (2;5) .  x  y  7  0  y  5 Lời bình: Ở thí dụ 11, chúng ta đã sử dụng linh hoạt nhận xét 3. Điều này giúp cho ta có thể tìm được tọa độ điểm H. Thí dụ 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(2;1), bán kính R=5 có trực tâm H(-1;-1) và có sin BAC   4 . Tìm tọa độ các đỉnh 5 A, B, C. Lời giải. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: ( x  2) 2  ( y  1) 2  25 BC Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có:  2 R  BC  8 .  sin BAC Gọi K là trung điểm của đoạn BC và J là giao điểm thứ hai của đường thẳng AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác IBC ta có: 16
IB 2  IC 2 BC 2 IK 2    9  IK  3 2 4 Do H, K, J thẳng hàng và AH=2IK nên AH=6. Phương trình đường tròn tâm H, bán kính AH = 6 là: ( x  1) 2  ( y  1) 2  36 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình: 2 2 ( x  1)  ( y  1)  36  2 2 ( x  2)  ( y  1)  25 Từ đây suy ra tọa độ điểm A. + Biết tọa độ A và I suy ra tọa độ J. Biết tọa độ H và J suy ra tọa độ K. + Viết phương trình BC do BC vuông góc với AH và đi qua K. + Dễ dàng tìm được tọa độ B và C . Thí dụ 13. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H thuộc đường thẳng (d): 3x  y  4  0 . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình: x 2  y 2  x  5 y  4  0 , trung điểm của AB là M(3;2). Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 1 5 5 Lời giải. Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có tâm I ( ; ) bán kính . 2 2 2 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:  x2  y 2  x  5 y  4  0   x  y  2  H(2;2). 3 x  y  4  0 Lấy B(x,y) thuộc đường tròn (HBC). Khi đó: x 2  y 2  x  5 y  4  0 (1). Gọi K là điểm đối xứng của H qua M, khi đó có K(2;4). Gọi J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Theo chú ý của nhận xét 3,   5 13 dễ thấy KB  JI  J (  x;  y ) . 2 2 Lại có JM vuông góc với BM nên:   5 13 23 JM .BM  0  x 2  y 2  x  y   0( 2 2 2 2).  x  1; y  4 Từ (1) và (2) ta có:  . Với x=2; y=3 ta có B trùng M.  x  2; y  3 Vậy A(3;2), B(1;4); C(1;1) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 17
7 11 19 Thí dụ 14. Trong mặt phẳng với hệ Oxy cho tam giác ABC. Biết D(4; ); E ( ; ) là 2 5 10 chân các đường cao kẻ từ A và B của tam giác. Biết N (3;3) là trung điểm cạnh AB và trung điểm M của BC thuộc đường thẳng d : x  3 y  1  0 , hoành độ điểm M lớn hơn 2. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Lời giải. Dễ thấy các điểm D, E, M , N cùng nằm trên đường tròn (T)- đường tròn Ơ-le của tam giác ABC. Do đường tròn (T) đi qua D, E, N nên ta dễ dàng suy ra phương trình đường tròn (T) là 9 39 x2  y2  8x  y   0. 2 2 Lại có M thuộc đường thẳng d nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình:  2 2 9 39  x  4; y  1  x  y  8x  y  0   2 2  .  x  3 y  1  0  x  5 ; y  19 ( L)  4 4 Vậy M (4;1) . Phương trình đường thẳng BC: x-4=0. Do B thuộc BC nên giả sử B(4; t ) . Vì N là trung điểm BC nên có C (4; 2  t ) . Vì M là trung điểm AB nên có A(2;6  t ) Khi đó ta có:   6 19 AC (2; 4); BE ( :  t ) . 5 10 Do AC vuông góc với BE nên 6 19 5  .2  (  t ).( 4)  0  t  . 5 10 2 7 5 1 Vậy A(2; ); B (4; ); C (4;  ) . 2 2 2 Thí dụ 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ΔABC nhọn 7 có A(2;1). M ( ;7) là trung điểm 2 của BC. H là trực tâm của ΔABC. Tìm tọa độ B và C biết đường thẳng d : x  2 y  10  0 đi qua H và cắt AB; AC lần lượt tại E và F thỏa mãn HE=HF. 18
Lời giải. Mấu chốt của bài toán là chứng minh MH  EF . Từ C kẻ đường thẳng song song với EF cắt AB tại N và cắt AH tại K. Do EH=FH nên KN=KC, từ đó suy ra KM là đường trung bình của ΔCNB, MK  NB nên MK  CH . Xét ΔKHC có M là trực tâm nên HM  CN  HM  EF . 7 Phương trình đường thẳng HM là 2( x  )  ( y  7)  0 . 2 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình :  7  2( x  )  ( y  7)  0 x  2  2   H (2;4) .  x  2 y  10  0  y  4 Phương trình đường thẳng BC là y−7=0 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC   7 11 Do AH  2 IM nên I ( ; ) . 2 2 7 11 45 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x  ) 2  ( y  ) 2  . 2 2 2 Tọa độ B, C thỏa mãn hệ phương trình :  7 2 11 2 45 ( x  )  ( y  )   x  8, y  7  2 2 2   y  7  x  1, y  7 Suy ra B(8 ;7), C(-1 ;7) hoặc C(8 ;7), B(-1 ;7). Nhận xét. Bài toán trên thực tế xuất phát từ một bài toán hết sức quen thuộc và có nhiều ứng dụng là bài toán con bướm. Thí dụ 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp lần lượt là I(-2; -2), K(0,1). Đường thẳng AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D(1,2) ( D khác A). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Lời giải. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 19